【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的“三类模型问题”学案

【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的“三类模型问题”学案

电磁感应中的“三类模型问题”‎ 考法 学法 电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点，考查的题型一般包括“单杆”模型、“双杆”模型或“导体框”模型，考查的内容有：①匀变速直线运动规律；②牛顿运动定律；③功能关系；④能量守恒定律；⑤动量守恒定律。解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析，根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法和分阶段法；③条件判断法；④临界问题的分析方法；⑤守恒思想；⑥分解思想。‎ ‎┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄‎ 模型(一)　电磁感应中的“单杆”模型 类型1　“单杆”——水平式 物理 模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计 动态 分析 设运动过程中某时刻测得导体棒ab的速度为v，由牛顿第二定律知导体棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，导体棒ab的加速度a减小，当 a＝0时，v最大，I＝不再变化 收尾 状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡，a＝0‎ 电学特征 I不再变化 ‎[例1]　(2018·安徽联考)如图所示，光滑平行金属导轨PQ、MN固定在光滑绝缘水平面上，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻，导轨间距为L，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向上，边界ab、cd均垂直于导轨，且间距为s，e、f分别为ac、bd的中点，将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直导轨放置在ab左侧s处。现给金属棒施加一个大小为F、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到ef位置时，加速度刚好为零，不计其他电阻。求：‎ ‎(1)金属棒运动到ef位置时的速度大小；‎ ‎(2)金属棒从初位置运动到ef位置，通过金属棒的电荷量；‎ ‎(3)金属棒从初位置运动到ef位置，定值电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎[解析]　(1)设金属棒运动到ef位置时速度为v，‎ 则感应电动势E＝BLv 电路中电流I＝ 由于加速度刚好为零，则F＝F安＝BIL 解得v＝。‎ ‎(2)通过金属棒的电荷量q＝Δt ＝ ＝＝ 解得q＝。‎ ‎(3)设定值电阻R中产生的焦耳热为Q，由于金属棒的电阻也为R，因此整个电路中产生的总的焦耳热为2Q。金属棒从初位置运动到ef位置的过程中，根据动能定理有 WF＋W安＝mv2‎ 根据功能关系有W安＝－2Q 拉力F做的功WF＝Fs 解得Q＝Fs－。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3)Fs－ 类型2　“单杆”——倾斜式 物理 模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计 动态 分析 导体棒ab刚释放时a＝gsin α，导体棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，速度达到最大vm＝ ‎ 收尾 状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡，a＝0‎ 电学特征 I不再变化 ‎[例2]　(2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒 ‎(1)末速度的大小v；‎ ‎(2)通过的电流大小I；‎ ‎(3)通过的电荷量Q。‎ ‎[解析]　(1)金属棒做匀加速直线运动，‎ 根据运动学公式有v2＝2as 解得v＝。‎ ‎(2)金属棒所受安培力F安＝IdB 金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安 根据牛顿第二定律有F＝ma 解得I＝。‎ ‎(3)金属棒的运动时间t＝，‎ 通过的电荷量Q＝It 解得Q＝。‎ ‎[系统通法]‎ ‎]]‎ ‎[答案]　(1)　(2) (3) ‎1．“单杆”模型分析要点 ‎(1)杆的稳定状态一般是做匀速运动，达到最大速度或最小速度，此时合力为零。‎ ‎(2)电磁感应现象遵从能量守恒定律，整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。‎ ‎2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 ‎ ‎ 模型(二)　电磁感应中的“双杆”模型 ‎[研一题]————————————————————————————————‎ ‎ (2018·湖北四地七校联考)如图所示，相距L＝‎0.5 m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B＝0.4 T 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m＝‎40 g、电阻均为R＝0.1 Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为M＝‎200 g的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为37°，水平导轨与导体棒ab间的动摩擦因数 μ＝0.4，重力加速度g＝‎10 m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h＝‎1 m，求这一运动过程中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)物体C能达到的最大速度是多少；‎ ‎(2)系统产生的内能是多少；‎ ‎(3)连接导体棒cd的细线对导体棒cd做的功是多少。‎ ‎[解析]　(1)设物体C能达到的最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势为E＝2BLvm 由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I＝ 导体棒ab、cd受到的安培力为F＝BLI 设连接导体棒ab与cd的细线中张力为T1，连接导体棒ab与物体C的细线中张力为T2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图所示，由平衡条件得：‎ T1＝mgsin 37°＋F T2＝T1＋F＋f T2＝Mg 其中f＝μmg 解得：vm＝‎2 m/s。‎ ‎(2)设系统在该过程中产生的内能为E1，由能量守恒定律得：‎ Mgh＝(‎2m＋M)vm2＋mghsin 37°＋E1‎ 解得：E1＝1.2 J。‎ ‎(3)运动过程中由于摩擦产生的内能 E2＝μmgh＝0.16 J 由第(2)问的计算结果知，这一过程中电流产生的内能E3＝E1－E2＝1.04 J 又因为导体棒ab、cd的电阻相等，故电流通过导体棒cd产生的内能E4＝＝0.52 J 对导体棒cd，设这一过程中细线对其做的功为W，则由功能关系得：‎ W＝mghsin 37°＋mvm2＋E4‎ 解得：W＝0.84 J。‎ ‎[答案]　(1)‎2 m/s　(2)1.2 J　(3)0.84 J ‎[悟一法]————————————————————————————————‎ 两类“双杆”模型 解题思路 ‎“一动一静”型，实质是单杆问题，要注意其隐含条件：静止杆受力平衡 ‎“两杆都动”型，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势应相加还是相减 结合“单杆”模型的解题经验，对“双杆”模型进行受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态，比如有恒定的速度或加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解 ‎[通一类]————————————————————————————————‎ ‎1．(2019届高三·青岛模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝‎ ‎0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝‎0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝‎0.2 kg、m2＝‎0.1 kg，电阻分别为 R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω。现让ab棒以v0＝‎10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置PP′，cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度 g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)ab棒开始向右运动时，cd棒的加速度大小a0；‎ ‎(2)cd棒刚进入半圆轨道时，ab棒的速度大小v1；‎ ‎(3)cd棒进入半圆轨道前，ab棒克服安培力做的功W。‎ 解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有 E＝Bdv0‎ I＝ BId＝m‎2a0‎ 解得：a0＝‎30 m/s2。‎ ‎(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，cd棒进入半圆轨道前，cd棒与ab棒组成的系统动量守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2‎ cd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒，有 m2v22＝m‎2g·2r＋m2v2‎ cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有 m‎2g＝m2 解得：v1＝‎7.5 m/s。‎ ‎(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02‎ 解得：W＝4.375 J。‎ 答案：(1)‎30 m/s2　(2)‎7.5 m/s　(3)4.375 J ‎2．(2018·江西八校联考)如图所示，足够长的水平导轨左侧b1b2－c‎1c2部分导轨间距为‎3L，右侧c‎1c2－d1d2部分的导轨间距为L，曲线导轨与水平导轨相切于b1b2，所有导轨均光滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T。质量为mB＝‎0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上，质量为mA＝‎0.1 kg 的金属棒A自曲线导轨上a‎1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B 棒总在窄轨上运动。已知：两棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝‎0.45 m，L＝‎0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)A棒滑到b1b2处时的速度大小；‎ ‎(2)B棒匀速运动时的速度大小；‎ ‎(3)在两棒整体运动过程中，两棒在水平导轨间扫过的面积之差(最后结果保留三位有效数字)。‎ 解析：(1)A棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得：‎ mAgh＝mAv02‎ 解得：v0＝‎3 m/s。‎ ‎(2)选取水平向右为正方向，对两棒分别应用动量定理，‎ 对B棒：FB安cos θt＝mBvB ‎ 对A棒：－FA安cos θt＝mAvA－mAv0‎ 其中FA安＝3FB安 两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有：‎ BLvB＝3BLvA 解得：vA＝ m/s，vB＝ m/s。‎ ‎(3)在B棒加速运动过程中，由动量定理得：‎ Bcos θLΔt＝mBvB－0‎ 电路中的平均电流＝ 根据法拉第电磁感应定律有：E＝ 其中磁通量变化量：ΔΦ＝Bcos θΔS 解得：ΔS≈‎29.6 m2‎。‎ 答案：(1)‎3 m/s　(2) m/s　(3)‎‎29.6 m2‎ 模型(三)　电磁感应中的“导体框”模型 ‎[研一题]————————————————————————————————‎ ‎ (2019届高三·资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框abcd，线框的质量m＝‎0.6 kg，其电阻值R＝1.0 Ω，‎ ab边长L1＝‎1 m，bc边长L2＝‎2 m，与斜面之间的动摩擦因数μ＝。斜面以EF为界，EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物体，当cd边离开磁场时线框即以v＝‎2 m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到EF位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t＝1 s后开始做匀加速运动。取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)细线绷紧前，物体下降的高度H；‎ ‎(3)系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE。‎ ‎[解析]　(1)线框cd边离开磁场时匀速下滑，有：‎ mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0‎ F安＝BI‎1L1‎ I1＝ 解得：B＝1 T。‎ ‎(2)由题意，线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上，设其速度大小为v1，细线拉力大小为FT，则：‎ v1＝ FT－mgsin θ－μmgcos θ－BI‎2L1＝0‎ I2＝ FT－Mg＝0‎ 设细线突然绷紧过程中，细线的作用力冲量大小为I，对线框和物体分别运用动量定理，有：I＝mv1－m(－v)‎ I＝Mv0－Mv1‎ 细线绷紧前物体自由下落，则v02＝2gH 解得：H＝‎1.8 m。‎ ‎(3)根据能量守恒定律：‎ 线框匀速下滑过程：Q1＝mgL2sin θ 细线突然绷紧过程：‎ Q2＝Mv02＋mv2－(M＋m)v12‎ 线框匀速上滑过程：Q3＝MgL2－mgL2sin θ ΔE＝Q1＋Q2＋Q3‎ 解得：ΔE＝21.6 J。‎ ‎[答案]　(1)1 T　(2)‎1.8 m　(3)21.6 J ‎[悟一法]————————————————————————————————‎ ‎1．求解电磁感应中能量问题的一般步骤 ‎(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。‎ ‎(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了相互转化。‎ ‎(3)根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。‎ ‎2．电磁感应中安培力做功引起的能量转化 ‎3．求解电磁感应中焦耳热Q的三个角度 焦耳定律 功能关系 能量转化 Q＝I2Rt Q＝W克服安培力 Q＝－ΔE其他 ‎[通一类]————————————————————————————————‎ ‎1．(2018·南通模拟)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab＝L、ad＝‎2L。虚线MN过ad、bc边中点，一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O。从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt的规律均匀变化。一段时间后，细线被拉断，此后磁感应强度大小保持不变，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v。求：‎ ‎(1)细线断裂前线框中的电功率P；‎ ‎(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；‎ ‎(3)线框穿出磁场过程中通过其导线横截面的电荷量q。‎ 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律 E＝＝L2＝kL2‎ 电功率P＝＝。‎ ‎(2)细线断裂后瞬间安培力FA＝F0‎ 线框的加速度a＝＝ 线框离开磁场过程中，由动能定理得W＝mv2。‎ ‎(3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有ILB1＝F0‎ 其中I＝＝ 线框穿出磁场过程有＝＝，＝ 通过导线横截面的电荷量q＝Δt 解得q＝。‎ 答案：(1)　(2)　mv2　(3) ‎2．(2018·湖南十三校联考)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，斜面上直径d＝‎0.4 m的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场，一个匝数为n＝100的刚性正方形线框abcd，边长为‎0.5 m，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝2 W 的小灯泡相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边，已知线框质量m＝‎2 kg，总电阻R0＝2 Ω，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，从0时刻起，磁场的磁感应强度按B＝T的规律变化，开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，小灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝‎ ‎10 m‎/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)线框静止时，回路中的电流大小I；‎ ‎(2)在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q；‎ ‎(3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到bc边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长)。‎ 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得 E＝n＝nS，其中S＝π2‎ P＝I2R＝2R 解得R＝2 Ω，I＝‎1 A。‎ ‎(2)线框刚好开始运动时，‎ mgsin θ＝nId＋μmgcos θ 解得t＝π s 则Q＝Pt＝π J。‎ ‎(3)线框刚好开始运动时，‎ B＝T＝0.1 T ＝＝＝，其中ΔS＝S 解得q＝Δt＝ C。‎ 答案：(1)‎1 A　(2)π J　(3) C ‎[专题强训提能] ‎ ‎1．(2018·漳州八校模拟)如图所示，MN、PQ为间距L＝‎ ‎0.5 m的足够长平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝5 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B0＝1 T。将一质量为m＝‎0.05 kg的金属棒紧靠NQ放置在导轨ab处，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s＝‎2 m(g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则：‎ ‎(1)当金属棒滑行至cd处时，回路中的电流是多大？‎ ‎(2)金属棒达到的稳定速度是多大？‎ ‎(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，回路中产生的焦耳热是多少？‎ 解析：(1)金属棒达到稳定速度时，沿导轨方向受力平衡 mgsin θ＝Ff＋FA 其中FA＝B0IL Ff＝μFN＝μmgcos θ 解得I＝‎0.2 A。‎ ‎(2)由欧姆定律得I＝ 由电磁感应定律得E＝B0Lv 解得v＝‎2 m/s。‎ ‎(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，由能量守恒定律得 mgsin θs＝mv2＋Q＋μmgcos θs 解得Q＝0.1 J。‎ 答案：(1)‎0.2 A　(2)‎2 m/s　(3)0.1 J ‎2.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，斜面上的虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝‎0.1 m，在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝‎10 g，总电阻为R＝‎ ‎1 Ω，边长也为d＝‎0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力(取g＝‎10 m/s2，‎ sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：‎ ‎(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；‎ ‎(2)线圈向上完全离开磁场区域时的动能；‎ ‎(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。‎ 解析：(1)线圈向下进入磁场时，有 mgsin θ＝μmgcos θ＋F安，‎ 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝‎2 m/s。‎ ‎(2)设线圈到达最高点MN边与bb′的距离为x，则 v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 根据动能定理有 ‎－μmgcos θ·2x＝Ek－Ek1，其中Ek＝mv2‎ 解得Ek1＝0.1 J。‎ ‎(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有 mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＝Q 解得：Q＝0.004 J。‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J ‎3．如图甲所示，电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左侧，另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置在导轨上，ef与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在ef中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab两棒间距为d ‎。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。‎ ‎(1)求在0～t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向；‎ ‎(2)求在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量；‎ ‎(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向。‎ 解析：(1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率＝ 产生感应电动势的大小E1＝＝S＝ld＝ 流过导体棒ef的电流大小I1＝＝ 由楞次定律可判断电流方向为e→f。‎ ‎(2)在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率＝ 产生感应电动势的大小E2＝＝S＝ld＝ 流过导体棒ef的电流大小I2＝＝ 导体棒ef产生的热量Q＝I22Rt0＝。‎ ‎(3)1.5t0时刻，磁感应强度B＝B0‎ 导体棒ef受安培力：F＝B0I‎2l＝ 方向水平向左 根据导体棒ef受力平衡可知杆对导体棒的作用力为 F′＝－F＝－，负号表示方向水平向右。‎ 答案：(1)，方向为e→f　(2) (3)，方向水平向右 ‎4．(2019届高三·邯郸质检)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L＝‎1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1 Ω的电阻；质量m＝‎1 kg、阻值r＝1 Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝‎1 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面垂直(斜向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，0～1.0 s 内，金属棒cd保持静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝‎ ‎10 m‎/s2。‎ ‎(1)求0～1.0 s内通过金属棒cd的电荷量；‎ ‎(2)求t＝1.1 s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；‎ ‎(3)1.2 s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a＝‎2 m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式。‎ 解析：(1)在0～1.0 s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E＝，其中S＝L‎1L＝‎‎1 m2‎ 由闭合电路的欧姆定律有：I＝ 由于0～1.0 s内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒cd的电荷量为：q＝IΔt，其中Δt＝1 s 解得：q＝‎1 C。‎ ‎(2)假设0～1.1 s内金属棒cd保持静止，则在0～1.1 s内回路中的电流不变，t＝1.1 s时，金属棒cd所受的安培力大小为：F′＝|B1IL|＝0.2 N，方向沿导轨向下 导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为：‎ Ff＝μmgcos θ＝7.2 N 由于mgsin θ＋F′＝6.2 N＜Ff，可知假设成立，金属棒cd仍保持静止，故所求摩擦力大小为6.2 N，方向沿导轨向上。‎ ‎(3)1.2 s后，金属棒cd上产生的感应电动势大小为：E′＝|B2Lv|，其中v＝at′‎ 金属棒cd所受安培力的大小为：F安＝|B2I‎2L|，其中I2＝ 由牛顿第二定律有：F－mgsin θ－μmgcos θ－F安＝ma 解得：F＝15.2＋0.16t′(N)。‎ 答案：(1)‎1 C　(2)6.2 N，方向沿导轨向上　(3)F＝15.2＋0.16t′(N)‎ ‎5．(2018·厦门质检)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。金属棒ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。金属棒ab的质量为‎2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R，两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g。‎ ‎(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；‎ ‎(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻为0时刻，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。求：‎ ‎①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；‎ ‎②0～t时间内通过金属棒ab的电荷量q。‎ 解析：(1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，有 E＝BLv I＝ F安＝IBL 金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v 电路获得的电功率P电＝ 解得P安＝，P电＝ 所以P安＝P电。‎ ‎(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin 30°‎ 金属棒ab的热功率Pab＝I12R 解得Pab＝。‎ ‎②0时刻前F＝mgsin 30°＋F安 F安＝BIL I＝ 解得v＝ 设t时刻以后金属棒ab做匀速运动的速度为v1，金属棒cd做匀速运动的速度为v2，‎ 因F′＝1.5mg＝(‎2m＋m)gsin 30°，则由金属棒ab、cd组成的系统动量守恒，得 mv＝2mv1＋mv2‎ 回路电流I1＝＝ 解得v1＝ ‎ ‎0～t时间内对金属棒ab分析，设在电流为i的很短时间Δt内，速度的改变量为Δv，‎ 由动量定理得 BiLΔt－2mgsin 30°Δt＝2mΔv 等式两边累积求和得BLq－mgt＝2mv1‎ 解得q＝。‎ 答案：(1)见解析　(2)①　②